2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习35《空间向量及其应用》(含详解)

这是一份2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习35《空间向量及其应用》(含详解)，共7页。试卷主要包含了故OC⊥SD等内容，欢迎下载使用。
如图，在多面体EFABCD中，四边形ABCD，ABEF均为直角梯形， ∠ABC=∠ABE=90°，四边形DCEF为平行四边形，平面ABCD⊥平面DCEF.
(1)求证：平面ADF⊥平面ABCD；
(2)若△ABD是边长为2的等边三角形，且异面直线BF与CE所成的角为45°，求点E到平面BDF的距离.
如图所示，四棱锥S­ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的eq \r(2)倍，点P为侧棱SD上的点.
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，
求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由.
如图所示，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的eq \r(2)倍，点P为侧棱SD上的点.
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，
求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由.
如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1=AD=1，E为CD的中点.
(1)求证：B1E⊥AD1.
(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE.若存在，求AP的长；若不存在，说明理由.
如图，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由.
如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC=90°，△ABC≌△ADC，PA=AC=2AB=2，E是线段PC的中点.
(1)求证：DE∥平面PAB；
(2)求二面角D－CP－B的余弦值.
\s 0 答案解析
解：(1)∵∠ABC=∠ABE=90°，∴AB⊥BC，AB⊥BE.
又BC，BE⊂平面BCE，且交于点B，∴AB⊥平面BCE.
又CE⊂平面BCE，∴AB⊥CE.
又∵AB∥CD，CE∥DF，∴CD⊥DF.
又平面ABCD⊥平面DCEF，且交于CD，DF⊂平面DCEF，
∴DF⊥平面ABCD.
又DF⊂平面ADF，∴平面ADF⊥平面ABCD.
(2)∵CE∥DF，
∴∠BFD为异面直线BF与CE所成的角，则∠BFD=45°.
在Rt△BDF中，∠BFD=∠DBF=45°，∴DF=BD=2.
∵△ABD是边长为2的等边三角形，∠ABC=90°，
∴在Rt△BCD中，∠CBD=30°，∴CD=1，BC=eq \r(3).
∵CE∥DF，DF⊂平面BDF，CE⊄平面BDF，
∴CE∥平面BDF，
∴点C到平面BDF的距离即为点E到平面BDF的距离.
由(1)可知DF⊥平面ABCD，则DF为三棱锥F－BCD的高.
设点E到平面BDF的距离为h，
由VE－BDF=VC－BDF=VF－BCD，得eq \f(1,3)S△BDF·h=eq \f(1,3)S△BCD·DF，
∴h= SKIPIF 1 < 0 =eq \f(\r(3),2).
解：(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，则AC⊥BD.连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，eq \(OB,\s\up7(―→))，eq \(OC,\s\up7(―→))，eq \(OS,\s\up7(―→))所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图.
设底面边长为a，则高SO=eq \f(\r(6),2)a，
于是Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(6),2)a))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，
eq \(OC,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，eq \(SD,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，0，－\f(\r(6),2)a))，
则eq \(OC,\s\up7(―→))·eq \(SD,\s\up7(―→))=0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.
(2)棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.
理由如下：由已知条件知eq \(DS,\s\up7(―→))是平面PAC的一个法向量，
且eq \(DS,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，\f(\r(6),2)a))，eq \(CS,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(2),2)a，\f(\r(6),2)a))，eq \(BC,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0)).
设eq \(CE,\s\up7(―→))=teq \(CS,\s\up7(―→))，
则eq \(BE,\s\up7(―→))=eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(CE,\s\up7(―→))=eq \(BC,\s\up7(―→))＋teq \(CS,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a1－t，\f(\r(6),2)at))，
而eq \(BE,\s\up7(―→))·eq \(DS,\s\up7(―→))=0⇒t=eq \f(1,3).
即当SE∶EC=2∶1时，eq \(BE,\s\up7(―→))⊥eq \(DS,\s\up7(―→)).
而BE⊄平面PAC，
故BE∥平面PAC.
解：(1)连接BD，设AC交BD于点O，则AC⊥BD.连接SO，由题意，知SO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，eq \(OB,\s\up15(→))，eq \(OC,\s\up15(→))，eq \(OS,\s\up15(→))所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
如图.设底面边长为a，则高SO=eq \f(\r(6),2)a，于是Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(6),2)a))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，0，0))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，则eq \(OC,\s\up15(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，eq \(SD,\s\up15(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，0，－\f(\r(6),2)a))，
所以eq \(OC,\s\up15(→))·eq \(SD,\s\up15(→))=0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.
(2)棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.理由如下：
由已知条件，知eq \(DS,\s\up15(→))是平面PAC的一个法向量，
且eq \(DS,\s\up15(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，\f(\r(6),2)a))， eq \(CS,\s\up15(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(2),2)a，\f(\r(6),2)a))，eq \(BC,\s\up15(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0)).
设eq \(CE,\s\up15(→))=teq \(CS,\s\up15(→))，则eq \(BE,\s\up15(→))=eq \(BC,\s\up15(→))＋eq \(CE,\s\up15(→))=eq \(BC,\s\up15(→))＋teq \(CS,\s\up15(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a1－t，\f(\r(6),2)at))，
而eq \(BE,\s\up15(→))·eq \(DS,\s\up15(→))=0⇒t=eq \f(1,3)，即当SE∶EC=2∶1时，eq \(BE,\s\up15(→))⊥eq \(DS,\s\up15(→)).
而BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.
解：(1)证明：以A为原点，eq \(AB,\s\up10(→))，eq \(AD,\s\up10(→))，eq \(AA1,\s\up10(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).
设AB=a，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，1，0))，B1(a，0，1)，
故eq \(AD1,\s\up10(→))=(0，1，1)，eq \(B1E,\s\up10(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，1，－1))，eq \(AB1,\s\up10(→))=(a，0，1)，eq \(AE,\s\up10(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，1，0)).
因为eq \(B1E,\s\up10(→))·eq \(AD1,\s\up10(→))=－eq \f(a,2)×0＋1×1＋(－1)×1=0，
所以B1E⊥AD1.
(2)假设在棱AA1上存在一点P(0，0，z0)，
使得DP∥平面B1AE，此时eq \(DP,\s\up10(→))=(0，－1，z0).
又设平面B1AE的法向量n=(x，y，z).
因为n⊥平面B1AE，所以n⊥eq \(AB1,\s\up10(→))，n⊥eq \(AE,\s\up10(→))，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax＋z＝0，,\f(ax,2)＋y＝0.))
取x=1，得平面B1AE的一个法向量n=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(a,2)，－a)).
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥eq \(DP,\s\up10(→))，有eq \f(a,2)－az0=0，
解得z0=eq \f(1,2).又DP⊄平面B1AE，
所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP=eq \f(1,2).
解：(1)证明：设BD与AC交于点O，
则BD⊥AC，连接A1O，
在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°，
∴A1O2=AAeq \\al(2,1)＋AO2－2AA1·AOcs60°=3，
∴AO2＋A1O2=AAeq \\al(2,1)，∴A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，
且平面AA1C1C∩平面ABCD=AC，A1O⊂平面AA1C1C，
∴A1O⊥平面ABCD.
以OB，OC，OA1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－1,0)，B(eq \r(3)，0,0)，C(0,1,0)，D(－eq \r(3)，0,0)，
A1(0,0，eq \r(3))，C1(0,2，eq \r(3)).
由于eq \(BD,\s\up16(→))=(－2eq \r(3)，0,0)，eq \(AA1,\s\up16(→))=(0,1，eq \r(3))，
eq \(AA1,\s\up16(→))·eq \(BD,\s\up16(→))=0×(－2eq \r(3))＋1×0＋eq \r(3)×0=0，
∴eq \(BD,\s\up16(→))⊥eq \(AA1,\s\up16(→))，即BD⊥AA1.
(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
设eq \(CP,\s\up16(→))=λeq \(CC1,\s\up16(→))，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)=λ(0,1，eq \r(3)).
从而有P(0,1＋λ，eq \r(3)λ)，eq \(BP,\s\up16(→))=(－eq \r(3)，1＋λ，eq \r(3)λ).
设平面DA1C1的法向量为n=(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n⊥\(A1C1,\s\up16(→))，,n⊥\(DA1,\s\up16(→)).))又eq \(A1C1,\s\up16(→))=(0,2,0)，eq \(DA1,\s\up16(→))=(eq \r(3)，0，eq \r(3))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y1＝0，,\r(3)x1＋\r(3)z1＝0，))取n=(1,0，－1)，
因为BP∥平面DA1C1，则n⊥eq \(BP,\s\up16(→))，即n·eq \(BP,\s\up16(→))=－eq \r(3)－eq \r(3)λ=0，得λ=－1，
即点P在C1C的延长线上，且C1C=CP.
解：(1)以B为坐标原点，BA所在的直线为x轴，BC所在的直线为y轴，
过点B且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示.
则B(0,0,0)，C(0，eq \r(3)，0)，P(1,0,2)，
Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，A(1,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，
∴eq \(DE,\s\up15(→))=(－1,0,1)，eq \(BP,\s\up15(→))=(1,0,2)，eq \(BA,\s\up15(→))=(1,0,0).
设平面PAB的法向量为n=(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BP,\s\up15(→))＝0，,n·\(BA,\s\up15(→))＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋2c＝0，,a＝0.))
∴n=(0,1,0)为平面PAB的一个法向量.
又eq \(DE,\s\up15(→))·n=0，DE⊄平面PAB，
∴DE∥平面PAB.
(2)由(1)易知eq \(BC,\s\up15(→))=(0，eq \r(3)，0)，
eq \(DP,\s\up15(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，2))，eq \(DC,\s\up15(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，
设平面PBC的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(BP,\s\up15(→))＝0，,n1·\(BC,\s\up15(→))＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋2z1＝0，,\r(3)y1＝0.))
令x1=2，则y1=0，z1=－1，
∴n1=(2,0，－1)为平面PBC的一个法向量.
设平面DPC的法向量为n2=(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(DP,\s\up15(→))＝0，,n2·\(DC,\s\up15(→))＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x2－\f(\r(3),2)y2＋2z2＝0，,－\f(3,2)x2＋\f(\r(3),2)y2＝0，))
令x2=1，则y2=eq \r(3)，z2=1，
∴n2=(1，eq \r(3)，1)为平面DPC的一个法向量.
∴cs〈n1，n2〉=eq \f(2－1,\r(5)×\r(5))=eq \f(1,5).
故二面角D－CP－B的余弦值为eq \f(1,5).